Тип 14 № 18564

а) Высота пирамиды проходит через центр окружности, описанной около основания, значит, боковые рёбра пирамиды равны. Обозначим $$SA=SB=SC=SD=a.$$ Тогда по теореме Пифагора для треугольников $ABP$ и $SAP$: $$AB^2-BP^2=AP^2=SA^2-SP^2$$ $$\iff 12-BP^2=a^2-(a-BP)^2 \iff BP=\frac{6}{a}.$$

Из прямоугольных треугольников $BCQ$ и $SCP$: $$BC^2-BQ^2=CQ^2=SC^2-SQ^2$$ $$\iff 24-BQ^2=a^2-(a-BQ)^2 \iff BQ=\frac{12}{a}.$$

Следовательно, $$BP=\frac{1}{2}BQ,$$ то есть $P$ — середина $BQ$.

б) В равнобедренном треугольнике $SBC$ через точку $P$, лежащую на боковой стороне $SB$, проведём прямую, параллельную высоте $CQ$. Пусть $M$ — точка её пересечения со стороной $BC$. По теореме о пропорциональных отрезках $M$ — середина $BC$. Значит, если $a=SA=6$, то имеем: $$PM=\frac{1}{2}CQ=\frac{1}{2}\sqrt{BC^2-BQ^2} =\frac{1}{2}\sqrt{24-\left(\frac{12}{a}\right)^2} =\frac{1}{2}\sqrt{24-4}=\sqrt{5}.$$

Из прямоугольного треугольника $ABP$: $$AP=\sqrt{AB^2-BP^2} =\sqrt{12-\left(\frac{6}{a}\right)^2} =\sqrt{12-1}=\sqrt{11}.$$

Из прямоугольного треугольника $ABM$: $$AM^2=AB^2+BM^2=AB^2+\left(\frac{1}{2}BC\right)^2=12+6=18.$$

Так как $AP\perp SB$ и $MP\perp SB$, то $\angle APM=\varphi$ — линейный угол двугранного угла, образованного гранями $SBA$ и $SBC$. По теореме косинусов для $\triangle APM$: $$\cos\varphi=\frac{AP^2+MP^2-AM^2}{2AP\cdot MP} =\frac{11+5-18}{2\cdot\sqrt{11}\cdot\sqrt{5}} =-\frac{1}{\sqrt{55}} =-\frac{\sqrt{55}}{55}.$$ $$\Rightarrow \varphi=\arccos\left(-\frac{\sqrt{55}}{55}\right) =\pi-\arccos\frac{\sqrt{55}}{55}.$$

Следовательно, угол между гранями $SBA$ и $SBC$ равен $$\varphi=\pi-\arccos\frac{\sqrt{55}}{55}.$$

Ответ: $$\text{б) }\pi-\arccos\frac{\sqrt{55}}{55}.$$